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Positivo semidefiniteness de una matriz

No está claro cómo probar que la matriz (min es (o no es) positivo semidefinite. Hay algunos hechos de Cuerno y Johnson del libro Análisis de la Matriz: si A \in M_n es positivo semidefinite, a continuación, a_{ii}a_{jj} \ge a_{ij}^2, i,j=1,2,\dots, n (fuente). Parece que esta condición no es suficiente para que la matriz a sea positivo semidefinite. Hay técnicas para comprobar que todos los valores propios de la matriz son positivos, o que el menor de edad son los factores determinantes de la no-negativos?

10voto

Andrew Puntos 140

Para ampliar mi comentario: tenemos el teorema de "una matriz es simétrica positiva definida si y sólo si posee una descomposición de Cholesky". Es decir, cualquier simétrica positiva definida la matriz de \mathbf A posee una factorización de la \mathbf A=\mathbf G\mathbf G^\top, donde el triangular inferior de la matriz \mathbf G se llama Cholesky triángulo.

Ahora, me dicen que si a_{ij}=\min(i,j), g_{ij}=[i\geq j] donde [p] es una Iverson soporte, igual a 1 si p es cierto, y 0 si p es falso. Como un ejemplo, (n=6),

\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\1 & 2 & 2 & 2 & 2 & 2 \\1 & 2 & 3 & 3 & 3 & 3 \\1 & 2 & 3 & 4 & 4 & 4 \\1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 5 \\1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\end{pmatrix}^\top

Esto es equivalente a probar que

\min(i,j)=\sum_{k=1}^n [i\geq k][k\leq j]

o, desde la [p][q]=[p\text{ and }q],

\min(i,j)=\sum_{k=1}^n [i\geq k\text{ and }j\geq k]

y que la identidad de hecho, sostiene que ahora es un poco más fácil de ver.

6voto

palehorse Puntos 8268

A partir de un comentario de J. M. de la respuesta - considero que éste es esencialmente equivalente a su respuesta, pero:

Considere la posibilidad de un arbitrario {\bf x}=(x_1, x_2 \cdots x_n)^T. Ahora,

\sum_{i=1}^N \left(\sum_{j=i}^N x_j\right)^2 \ge0

con la igualdad iff {\bf x}={\bf 0}. Pero la expansión de las sumas, y calculando el coeficiente de la x_i x_j plazo, tenemos que:

  • al i=j: el plazo x_i^2 aparece i veces.

  • al i\ne j: el plazo x_i x_j aparece 2 \min(i,j) veces.

Entonces, por encima de la suma puede ser escrito como

\sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^N \min(i,j) x_i x_j = {\bf x^T A x}

por lo tanto, debido a que esto es positivo, {\bf A} es (estrictamente) positiva definida.

5voto

Andrew Puntos 140

Otra solución alternativa: se puede demostrar que la inversa de la min-matriz es la perturbado Toeplitz de la matriz tridiagonal

\begin{pmatrix}2&-1&&&\\-1&2&-1&&\\&-1&\ddots&\ddots&\\&&\ddots&2&-1\\&&&-1&1\end{pmatrix}

cuyo polinomio característico es

(-1)^n\left((x-1)U_{n-1}\left(\frac{x-2}{2}\right)-U_{n-2}\left(\frac{x-2}{2}\right)\right)

(donde U_n(x) es el polinomio de Chebyshev de la segunda clase), y tiene los autovalores

\mu_k=2+2\cos\left(\frac{2k\pi}{2n+1}\right),\qquad k=1\dots n

Por lo tanto, los valores propios de la min-matriz son los recíprocos de los \mu_k,

\lambda_k=\frac14\sec^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)

y estos son fáciles de ver para ser positivo, mostrando así que el min-matriz es positiva definida.

4voto

tooshel Puntos 475

La matriz de todo es positiva semidefinite (es n veces una proyección ortogonal). Si A es positivo semidefinite, entonces también lo es \begin{bmatrix}0&0\\0&A\end{bmatrix}. Por lo tanto la matriz es una suma de n positivo semidefinite matrices, y por lo tanto es positiva semidefinite. Ya es invertible (para cada una de las k\in\{1,2,\ldots,n\}, k^\text{th} fila no es en el lapso de la primera k-1 filas, debido a que el k^\text{th} (k-1)^\text{st} entradas diferentes), incluso es positiva definida.


Más explícitamente, el min de la matriz es P_1+P_2+\cdots+P_n donde P_k (n-k+1)\times (n-k+1) bloque de 1s en la parte inferior derecha, y el resto 0s. Tenga en cuenta que cada una de las P_k es simétrica, y P_k=\dfrac{1}{n-k+1}P_k^2, lo que hace que sea fácil de comprobar que P_k es positivo semidefinite.

4voto

Davide Giraudo Puntos 95813

De menor importancia son los factores determinantes computable: denotan como A_n la matriz que estamos tratando. Tenga en cuenta que el j-ésimo menor de A_nA_j. Así que tenemos que demostrar que \det A_j > 0 todos los j. A ver, considere a la última línea de la matriz, y de do L_j\leftarrow L_j-L_{j-1}. Esto muestra que \det A_j=\det A_{j-1}, lo \det A_j=1 para todo entero j, y por Sylvester criterio que estamos hecho.

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